兰州交通大学：《电磁场与电磁波》课程教学资源（试卷习题）各章课后习题与解答

式中=<r,A>,8=<r,乃>，是两个平面（亿，P)和（亿，P)间的夹角。并问两个偶极子在怎 样的相对取向下这个力值最大？ 解电偶极子A在矢径为r的点上产生的电场为 1 3pcr E-Anto 所以P与p2之间的相互作用能为 1r四] W.=-P:E=-46 r 因为8=<rn>,8=<r,P>,则 pr=pircose p.r=parcose. 题2.13图 又因为中是两个平面（心，P)和(，）间的夹角，所以有 (r×n)rr×p2)=r'ppa sinsin8cosg 另一方面，利用矢量恒等式可得 (r×p)(r×p2)=(r×乃)xr小p2=[rB-(p)r小p2=r(pp2)-(rprp2) 令 此 (Ap,)=r×p,)U×p)+(rnr~p,月=sin8 sin+Pcos8cos4 于是得到 形=(smA如风os-2as风o4) 故两偶极子之间的相互作用力为 F=-0 01-=-2(m4m风m4-2acs4)品 (sin0 sin&cos-2cos0 cos 由上式可见，当日=8，=0时，即两个偶极子共线时，相互作用力值最大。 2.14两平行无限长直线电流I和12，相距为d,求每根导线单位长度受到的安培力F 解无限长直线电流产生的磁场为B=心，2元 4o11 直线电流1，每单位长度受到的安培力为 Fmn =fLe.xB d==epg 2πd 式中e2是由电流I指向电流2的单位矢量。 同理可得，直线电流I每单位长度受到的安培力为 Em=-fa=62治 2.15一根通电流1，的无限长直导线和一个通电流12的圆环在同一平面上，圆心与导线的距 离为d,如题2.15图所示。证明：两电流间相互作用的安培力为

1 p 2 p x y z 1  2  r 题 2.13 图 式中 1 1  =  r p, ， 2 2  =  r p, ， 是两个平面 1 ( , ) r p 和 2 ( , ) r p 间的夹角。并问两个偶极子在怎 样的相对取向下这个力值最大？ 解 电偶极子 1 p 在矢径为 r 的点上产生的电场为 1 1 1 5 3 0 1 3( ) [ ] 4  r r = − p r r p E 所以 1 p 与 p2 之间的相互作用能为 1 2 1 2 2 1 5 3 0 1 3( )( ) [ ] 4 We   r r = − = − − p r p r p p p E 因为 1 1  =  r p, ， 2 2  =  r p, ，则 1 1 1 p r = p r cos 2 2 2 p r = p r cos 又因为  是两个平面 1 ( , ) r p 和 2 ( , ) r p 间的夹角，所以有 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) sin sin cos r p r p   = r p p    另一方面，利用矢量恒等式可得 1 2 1 2 ( ) ( ) [( ) ] r p r p r p r p   =   = 2 1 1 2 [ ( ) ] r p r p r p − = 2 1 2 1 2 r ( ) ( )( ) p p r p r p − 因 此 1 2 1 2 1 2 2 1 ( ) [( ) ( ) ( )( )] r p p r p r p r p r p =   + = 1 2 1 2 p p sin sin cos    + 1 2 1 2 p p cos cos   于是得到 We = 1 2 3 0 4 p p   r ( 1 2 sin sin cos    − 1 2 2cos cos   ) 故两偶极子之间的相互作用力为 e r q const W F r =  = − =  1 2 0 4 p p  − ( 1 2 sin sin cos    − 1 2 2cos cos   ) 3 d 1( ) d r r = 1 2 4 0 3 4 p p  r ( 1 2 sin sin cos    − 1 2 2cos cos   ) 由上式可见，当 1 2  = = 0 时，即两个偶极子共线时，相互作用力值最大。 2.14 两平行无限长直线电流 1 I 和 2 I ，相距为 d ，求每根导线单位长度受到的安培力 F m 。 解 无限长直线电流 1 I 产生的磁场为 0 1 1 2 I r    B e = 直线电流 2 I 每单位长度受到的安培力为 1 0 1 2 12 2 1 12 0 d 2 m z I I I z d   =  = −  F e B e 式中 12 e 是由电流 1 I 指向电流 2 I 的单位矢量。 同理可得，直线电流 1 I 每单位长度受到的安培力为 0 1 2 21 12 12 2 m m I I d   F F e = − = 2.15 一根通电流 1 I 的无限长直导线和一个通电流 2 I 的圆环在同一平面上，圆心与导线的距 离为 d ，如题 2.15 图所示。证明：两电流间相互作用的安培力为

F=uol I (seca-1) 这里α是圆环在直线最接近圆环的点所张的角。 解无限长直线电流【产生的磁场为 B=6 圆环上的电流元12dl,受到的安培力为 dE=ldh×B=dxe,4 2xx 由题2.15图可知 dl =(-e,sin0+e.cos0)ad0 x=d+acose 愿2.15图 所以 F= 2(d+acos(-e:sin0-e,cos0)do= cos0 2m。(d+acos0 d0=e42红42z 2π a a a)=e,Mol (seca-1) 216证明在不均匀的电场中，某一电偶极子P绕坐标原点所受到的力矩为 rx(p)E+p×E。 解如题2.16图所示，设p=qd1(d1<<I),则电偶极子p绕坐标原点所受到的力矩为 T=5×gE(5)-r×gEG)= qrx[E(r+4)-E(r- 号a8当+7 当dl<1时，有 Er-当E0-pE 2 故得到 T=rx(qdl.V)E(r)+qdlxE(r)= rx(p.V)E+p×E 题2.16图

0 1 2 (sec 1) F I I m = −   这里  是圆环在直线最接近圆环的点所张的角。 解 无限长直线电流 1 I 产生的磁场为 0 1 1 2 I r    B e = 圆环上的电流元 2 2 I d l 受到的安培力为 0 1 2 2 2 1 2 d d d 2 m y I I I x   F l B l e =  =  由题 2.15 图可知 2 d ( sin cos ) d x z l e e = − +    a x d a = + cos 所以 2 0 1 2 0 ( sin cos )d 2 ( cos ) m z x aI I d a        = − − = +  F e e 2 0 1 2 0 cos d 2 ( cos ) x aI I d a       − = +  e 0 1 2 0 1 2 2 2 2 2 ( ) (sec 1) 2 x x aI I d I I a a d a       − − + = − − − e e 2.16 证明在不均匀的电场中，某一电偶极子 p 绕坐标原点所受到的力矩为 r p E p E   +  ( ) 。 解 如题 2.16 图所示，设 p l = q d (d 1) l  ，则电偶极子 p 绕坐标原点所受到的力矩为 2 2 1 1 T r E r r E r =  −  = q q ( ) ( ) d d d d ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 +  + − −  − = q q l l l l r E r r E r d d d d [ ( ) ( )] d [ ( ) ( )] 2 2 2 2 2 q q  + − − +  + + − l l l l r E r E r l E r E r 当 d 1 l  时，有 d d ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 +  +  l l E r E r E r d d ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 −  −  l l E r E r E r 故得到 T r l E r l E r    +  = ( d ) ( ) d ( ) q q r p E p E   +  ( )  z x d 1 I 2 2 I d l a o 题 2.15 图  r 1 r 2 r −q q dl z y o x 题 2.16 图

三章习题解答 3.1真空中半径为a的一个球面，球的两极点处分别设置点电荷9和一9，试计算球赤道平 面上电通密度的通量中（如题3.1图所示）。 解由点电荷q和-9共同产生的电通密度为 赤道平面 ger+e.(z-a)er+e.(z+a) 4nr2+e-a2+e+a'0} 则球赤道平面上电通密度的通量 Φ=DdS=De.ds= 题31图 arde 90 a (2+a2)20 万19=-0293g 3.21911年卢瑟福在实验中使用的是半径为。的球体原子模型，其球体内均匀分布有总电 荷量为-Ze的电子云，在球心有一正电荷Ze(Z是原子序数，e是质子电荷量)，通过实验得 Ze 1 r 到体内的电通量密度表达式为,=,行一试证明之。 解位于球心的正电荷Z球体内产生的电通量密度为D,=心，4 Ze 3Ze 原子内电子云的电荷体密度为 P--4x3Ax 电子运在积子内产生的电道里密度测为D=e矿4 Ze r 4πr2 故原子内总的电通量密度为D=D,+D,=e,4坛。 Ze 1 r 题3.3图(a) 3.3电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为P,C/m3,两圆柱 面半径分别为a和b,轴线相距为c(c<b-a),如题3.3图(a)所示。求空间各部分的电场 解由于两圆柱面间的电荷不是轴对称分布，不能直接用高斯定律求解。但可把半径为a的 小圆柱面内看作同时具有体密度分别为±P的两种电荷分布，这样在半径为b的整个圆柱体内具 有体密度为P,的均匀电荷分布，而在半径为a的整个圆柱体内则具有体密度为-P的均匀电荷 分布，如题3.3图(b)所示。空间任一点的电场是这两种电荷所产生的电场的叠加。 在r>b区城中，由高斯定律E,dS=9,可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点P产生

三章习题解答 3.1 真空中半径为 a 的一个球面，球的两极点处分别设置点电荷 q 和− q ，试计算球赤道平 面上电通密度的通量  (如题 3.1 图所示)。 解 由点电荷 q 和− q 共同产生的电通密度为 3 3 [ ] 4 q  R R + − + − = − = R R D 2 2 3 2 2 2 3 2 ( ) ( ) { } 4 [ ( ) ] [ ( ) ] r z r z q r z a r z a  r z a r z a + − + + − + − + + e e e e 则球赤道平面上电通密度的通量 0 d d z z S S  S = = = =   D S D e 2 2 3 2 2 2 3 2 0 ( ) [ ]2 d 4 ( ) ( ) a q a a r r r a r a   − − = + +  2 2 1 2 0 1 ( 1) 0.293 ( ) 2 a qa q q r a = − = − + 3.2 1911 年卢瑟福在实验中使用的是半径为 a r 的球体原子模型，其球体内均匀分布有总电 荷量为 − Ze 的电子云，在球心有一正电荷 Ze （ Z 是原子序数， e 是质子电荷量），通过实验得 到球体内的电通量密度表达式为 0 2 3 1 4 r a Ze r  r r   = −     D e ，试证明之。 解 位于球心的正电荷 Ze 球体内产生的电通量密度为 1 2 4 r Ze  r D e = 原子内电子云的电荷体密度为 3 3 3 4 3 4 a a Ze Ze r r    = − = − 电子云在原子内产生的电通量密度则为 3 2 2 3 4 3 4 4 r r a r Ze r r r     D e e = = − 故原子内总的电通量密度为 1 2 2 3 1 4 r a Ze r  r r   = + = −     D D D e 3.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为 3 0 C m , 两圆柱 面半径分别为 a 和 b ，轴线相距为 c (c  b − a) ，如题 3.3 图 ( ) a 所示。求空间各部分的电场。 解 由于两圆柱面间的电荷不是轴对称分布，不能直接用高斯定律求解。但可把半径为 a 的 小圆柱面内看作同时具有体密度分别为 0 的两种电荷分布，这样在半径为 b 的整个圆柱体内具 有体密度为 0 的均匀电荷分布，而在半径为 a 的整个圆柱体内则具有体密度为−0 的均匀电荷 分布，如题 3.3 图 ( ) b 所示。空间任一点的电场是这两种电荷所产生的电场的叠加。 在 r  b 区域中，由高斯定律 0 d S q  =  E S ，可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点 P 产生 q −q a 赤道平面 题 3.1 图 题 3. 3 图 ( ) a a b c 0

的电场分别为 ,πbp-Pbr E=6,227 Eiedas-dr 2πG,r 26 b 题3.3图(b) 点P处总的电场为 E6+=2停当 在”<b且'>区域中，同理可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点P产生的电场分别为 B-6% E=62 26r2 点P处总的电场为 在r'<a的空腔区域中，大、小圆柱中的正、负电荷在点P产生的电场分别为 6=器器 6=6兽- 28n 点P处总的电场为 E=6+6=会-c 3.4半径为a的球中充满密度P(r)的体电荷，已知电位移分布为 r3+Ar2(r≤a) D=a+Aa 其中A为常数，试求电荷密度P(r)。 (r≥a) 解：由VD=p,有 an=D-是cal 故在r<a区域 A0-6r-6r4切 在r>a区域 dr@+4a]=0 p(r)=5odr 2 3.5一个半径为a薄导体球壳内表面涂覆了一薄层绝缘膜，球内充满总电荷量为Q为的体 电荷，球壳上又另充有电荷量Q。已知球内部的电场为E=e,(r),设球内介质为真空。计 算：(1)球内的电荷分布：(2)球壳外表面的电荷面密度。 解(1)由高斯定律的微分形式可求得球内的电荷体密度为

的电场分别为 2 2 0 0 1 2 0 0 2 2 r b b r r      = = r E e 2 2 0 0 1 2 0 0 2 2 r a a r r      −    = = −   r E e 点 P 处总的电场为 2 2 1 1 2 2 0 ( ) 2 b a r r    = + = −   r r E E E 在 r  b 且 r   a 区域中，同理可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点 P 产生的电场分别为 2 2 0 0 2 2 r r r      = = r E e 2 2 2 2 0 0 2 2 r a a r r      −    = = −   r E e 点 P 处总的电场为 2 0 2 2 2 0 ( ) 2 a r    = + = −   r E E E r 在 r   a 的空腔区域中，大、小圆柱中的正、负电荷在点 P 产生的电场分别为 2 0 0 3 0 0 2 2 r r r      = = r E e 2 0 0 3 0 0 2 2 r r r      −     = = −  r E e 点 P 处总的电场为 0 0 3 3 0 0 ( ) 2 2     E E E r r c = + = − =   3.4 半径为 a 的球中充满密度 ( )r 的体电荷，已知电位移分布为 3 2 5 4 2 ( ) ( ) r r Ar r a D a Aa r a r  +   =  +    其中 A 为常数，试求电荷密度 ( )r 。 解：由  = D  ，有 2 2 1 d ( ) ( ) d r r r D r r  =  = D 故在 r a  区域 2 3 2 2 0 0 2 1 d ( ) [ ( )] (5 4 ) d r r r Ar r Ar r r    = + = + 在 r a  区域 5 4 2 0 2 2 1 d ( ) ( ) [ ] 0 d a Aa r r r r r   + = = 3.5 一个半径为 a 薄导体球壳内表面涂覆了一薄层绝缘膜，球内充满总电荷量为 Q 为的体 电荷，球壳上又另充有电荷量 Q 。已知球内部的电场为 4 ( ) r E e = r a ，设球内介质为真空。计 算：（1） 球内的电荷分布；（2）球壳外表面的电荷面密度。 解 （1） 由高斯定律的微分形式可求得球内的电荷体密度为 题 3. 3 图 ( ) b a ＝ ＋ b c 0 a b c 0 a b c −0

(2)球体内的总电最Q为Q=pt-了6c,合4r山=4 球内电荷不仅在球壳内表面上感应电荷一Q,而且在球壳外表面上还要感应电荷Q,所以 球壳外表面上的总电荷为2Q,故球壳外表面上的电荷面密度为 20 =40=26 3.6两个无限长的同轴圆柱半径分别为r=a和r=b(b>a),圆柱表面分别带有密度为 O,和02的面电荷。(1)计算各处的电位移D:(2)欲使r>b区域内D=0,则o,和O2应具 有什么关系？ 解(1)由高斯定理∮D,dS=4,当r<a时，有D=0 当a<r<b时，有 2r0=2mao,则0e=gg 当b<r<o时，有 27rD=2xac,+2xbo;Do =e ao+ba r (2)令D=6,+=0,则得到=- r 02 a 3.7计算在电场强度E=ey+e,x的电场中把带电量为-2uC的点电荷从点P(2,L,-) 移到点B(8,2,-1)时电场所做的功：(1)沿曲线x=2y:：(2)沿连接该两点的直线。 解(a)W=∫Fdl=qEdl=qE,dx+E,dy= gfydx+xdy=q[yd(2y2)+2y2dy=q[6y2dy=14q=-28x10(J) (2)连接点P(2,1,-1)到点D(8,2,-1)直线方程为 x-2_x-8 y-1y-2 即 x-6y+4=0 W=q]ydx+xdy=q]yd(6y-4)+(6y-4)dy=q(12y-4)dy=14q=-28x10(J) 3.8长度为L的细导线带有均匀电荷，其电荷线密度为P0。(1)计算线电荷平分面上任意 点的电位P；(2)利用直接积分法计算线电荷平分面上任意点 的电场E,并用E=-Vp核对。 解(1)建立如题3.8图所示坐标系。根据电位的积分表 /2 达式，线电荷平分面上任意点P的电位为 p pr,0)= Pod止' in46。Vr2+z四 -L/2 题3.8图

2 0 0 2 1 d [ ( )] d r E r r    =  = = E 4 3 2 0 0 2 4 4 1 d [ ( )] 6 d r r r r r a a   = （2）球体内的总电量 Q 为 3 2 2 0 0 4 0 d 6 4 d 4 a r Q r r a a  = = =        球内电荷不仅在球壳内表面上感应电荷− Q ，而且在球壳外表面上还要感应电荷 Q ，所以 球壳外表面上的总电荷为 2 Q ，故球壳外表面上的电荷面密度为 2 0 2 2 4 Q a    = = 3.6 两个无限长的同轴圆柱半径分别为 r a = 和 r b = ( ) b a  ，圆柱表面分别带有密度为  1 和  2 的面电荷。（1）计算各处的电位移 D0 ；（2）欲使 r b  区域内 0 D = 0 ，则  1 和  2 应具 有什么关系？ 解 （1）由高斯定理 0 d S = q  D S ，当 r a  时，有 01 D = 0 当 a r b   时，有 02 1 2 2    rD a = ，则 1 02 r a r  D e = 当 b r    时，有 03 1 2 2 2 2      rD a b = + ，则 1 2 03 r a b r   + D e = （2）令 1 2 03 0 r a b r   + D e = = ，则得到 1 2 b a   = − 3.7 计算在电场强度 x y E e e = +y x 的电场中把带电量为 −2 C 的点电荷从点 1P(2,1, 1) − 移到点 2P (8,2, 1) − 时电场所做的功：（1）沿曲线 2 x y = 2 ；（2）沿连接该两点的直线。 解 （1） d d d d x y C C C W q q E x E y = = = + =    F l E l 2 2 2 1 d d d(2 ) 2 d C q y x x y q y y y y + = + =   2 2 6 1 q y y q J 6 d 14 28 10 ( ) − = = −   （2）连接点 1P(2,1, 1) − 到点 2P (8,2, 1) − 直线方程为 2 8 1 2 x x y y − − = − − 即 x y − + = 6 4 0 故 W = 2 1 d d d(6 4) (6 4)d C q y x x y q y y y y + = − + − =   2 6 1 q y y q J (12 4)d 14 28 10 ( ) − − = = −   3.8 长度为 L 的细导线带有均匀电荷，其电荷线密度为 l 0 。（1）计算线电荷平分面上任意 点的电位  ；（2）利用直接积分法计算线电荷平分面上任意点 的电场 E ，并用 E = − 核对。 解 （1）建立如题 3.8 图所示坐标系。根据电位的积分表 达式，线电荷平分面上任意点 P 的电位为 2 0 2 2 2 0 d ( ,0) 4 L l L z r r z   −   = = +   L 2 −L 2 P  z o r l 0 题 3.8 图